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Tema 3.2: Eficiencia de algoritmos recursivos

Diseno y Analisis de Algoritmos

Tema 3.2: Eficiencia de algoritmos recursivos Contenidos

Contenidos

1 Introduccion

2 Expansion de recurrencias

3 Metodo general para resolucion de relaciones de recurrencia

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Tema 3.2: Eficiencia de algoritmos recursivos Introduccion

Analisis de algoritmos recursivos

La matematica necesaria para analizar algoritmos recursivos son lasrelaciones de recurrencia, tambien llamadas ecuaciones endiferencias o simplemente recurrencias

Las recurrencias son expresiones matematicas recursivas

T (n) =

3 si n = 05 + T (n − 1) si n > 0

La resolucion de recurrencias consiste en proporcionar formulas norecursivas equivalentes

T (n) = 5n + 3

Veremos dos formas de resolverlas:

Expansion de recurrencias

Resolucion de relaciones de recurrencia

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Tema 3.2: Eficiencia de algoritmos recursivos Expansion de recurrencias

Funcion potencia - version 1

1 int pot1(int b, int e)

2

3 if(e==0)

4 return 1;

5 else

6 return b*pot1(b,e-1);

7

T (n) =

3 si n = 05 + T (n − 1) si n > 0

n esta relacionado con el tamano del problema, que en este caso es elexponente e de la funcion

Podemos pensar en el caso base se realizan 3 operaciones, y 5 en elrecursivo (ademas del tiempo que llevarıa realizar otra llamada conparametro n − 1)

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Resolucion por expansion de recurrencias

T (n) = 5 + T (n − 1)

= 5 + 5 + T (n − 2) = 5 · 2 + T (n − 2)

= 5 + 5 + 5 + T (n − 3) = 5 · 3 + T (n − 3)...

= 5i + T (n − i)

¿Cuando se llega al caso base T (0)?

Cuando i = n

Sustituyendo:

T (n) = 5n + T (0) = 5n + 3 ∈ Θ(n)

Tiene sentido, ya que decrementamos n en cada llamada recursivaURJC DAA 5 / 37


Funcion potencia - version 2

1 int pot2(int b, int e)

2

3 if(e==0)

4 return 1;

5 else if (e%2==0)

6 return pot2(b*b,e/2);

7 else

8 return b*pot2(b*b,e/2);

9

T (n) =

3 si n = 08 + T (n/2) si n > 0 y n es par9 + T ((n − 1)/2) si n > 0 y n es impar

La funcion es difıcil de analizar

Pero podemos suponer que n = 2x es una potencia de dos

Esto es valido ya que estamos analizando complejidad asintotica

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Asumimos que n = 2x es una potencia de dos (por tanto, par):

T (n) = 8 + T (n/2)

= 8 + 8 + T (n/4) = 8 · 2 + T (n/22)

= 8 + 8 + 8 + T (n/8) = 8 · 3 + T (n/23)...

= 8i + T (n/2i )

¿Cuando se llega al caso base T (0)?

i →∞Pero eso no tiene sentido

El parametro de la funcion T es entero

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¿Cuando se llega al caso T (1)?

Cuando n/2i = 1, es decir, cuando i = log2 n

Sustituyendo:

T (n) = 8 log2 n + T (1) = 8 log2 n + 9 + T (0) = 8 log2 n + 9 + 3 =

= 8 log2 n + 12 ∈ Θ(log n)

Tiene sentido, ya que dividimos n por 2 en cada llamada recursiva

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Soluciones generales a relaciones de recurrencia

T (n) =

a si n = 0b + T (n − 1) si n > 0

T (n) = bn + a ∈ Θ(n)

T (n) =

a si n = 1b + T (n − 1) si n > 1

T (n) = b(n − 1) + a ∈ Θ(n)

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T (n) =

a si n = 1b + T (n/2) si n > 1

T (n) = b log2 n + a ∈ Θ(log n)

T (n) =

a si n = 0b + T (n/2) si n > 0

T (n) = b log2 n + b + a ∈ Θ(log n)

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T (n) =

a si n = 0bn + c + T (n − 1) si n > 0

T (n) = bn + c + T (n − 1)

= bn + c + b(n − 1) + c + T (n − 2) = 2bn − b + 2c + T (n − 2)

= 2bn − b + 2c + b(n − 2) + c + T (n − 3) =

= 3bn − b(1 + 2) + 3c + T (n − 3) =

= 3bn − b(1 + 2) + 3c + b(n − 3) + c + T (n − 4) =

= 4bn − b(1 + 2 + 3) + 4c + T (n − 4) =

...

= ibn − bi−1∑j=1

j + ic + T (n − i) = ibn + ic − bi(i − 1)

2+ T (n − i)

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Se alcanza T (0) para i = n

Sustituyendo:

T (n) = bn2 − b

2n(n − 1) + cn + a

T (n) =b

2n2 +

(c +

b

2

)n + a ∈ Θ(n2)

Tiene sentido, ya que hacemos n + (n − 1) + (n − 2) + · · ·+ 1operaciones

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T (n) =

a si n = 0bn + c + 2T (n/2) si n > 0

T (n) = bn + c + 2T (n/2)

= bn + c + 2(bn

2+ c + 2T (n/4)

)= bn + c + 2

[bn

2+ c + 2

(bn

4+ c + 2T (n/8)

)]= 3bn + c(1 + 2 + 4) + 23T (n/23) = 3bn + c(23 − 1) + 23T (n/23)

...

= ibn + c(2i − 1) + 2iT (n/2i )

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Se alcanza T (1) para n/2i = 1, es decir, cuando i = log2 n

Sustituyendo:

T (n) = bn log2 n + c(n − 1) + nT (1)

= bn log2 n + c(n − 1) + n(b + c + 2T (0))

= bn log2 n + cn − c + nb + nc + 2na

T (n) = bn log2 n + (2c + b + 2a)n − c ∈ Θ(n log n)

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Tiene sentido, ya que hacemos n operaciones 1 + log2 n veces

n

n/2 n/2

n/4 n/4 n/4 n/4

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

n

1 + log2 n

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Teorema maestro - version simple

Formula util para algoritmos “divide y venceras”:

T (n) =

c si n = 1

aT (n/b) + cnk si n > 1

=⇒ T (n) =

Θ(nk) si a

bk< 1

Θ(nk log n) si abk

= 1

Θ(nlogb a) si abk> 1

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Teorema maestro - demostracion

T (n) = aT (n/b) + cnk

= a

[aT( n

b2

)+ c

(nb

)k]+ cnk = a2T

( n

b2

)+ cnk

(1 +

a

bk

)= a2

[aT( n

b3

)+ c

( n

b2

)k]+ cnk

( n

b2

)= a3T

( n

b3

)+ cnk

(1 +

a

bk+

a2

b2k

)...

= aiT( n

bi

)+ cnk

i−1∑j=0

( a

bk

)jSe alcanza T (1) = c cuando: i = logb n

= calogb n + cnk

logb n−1∑j=0

( a

bk

)j= cnk

( a

bk

)logb n

+ cnk

logb n−1∑j=0

( a

bk

)j

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Teorema maestro - demostracion (logaritmos)

La ultima igualdad se debe a:

cnk( a

bk

)logb n= cnk

alogb n

bk logb n= cnk

alogb n

nk= calogb n

Mas adelante tambien necesitaremos:

nlogba = alogbn

Ya que:logb n

logba = logb alogbn = logb a · logb n

Finalmente:

T (n) = cnklogb n∑j=0

( a

bk

)jY tendremos 3 casos segun los valores de a, b y k

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( a

bk

)j1 a < bk ⇒ T (n) ∈ Θ(nk)

∞∑i=0

r i =1

1− r= constante (no diverge), para r < 1

2 a = bk ⇒ T (n) ∈ Θ(nk log n)

T (n) = cnk(logb n + 1)

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( a

bk

)j3 a > bk ⇒ T (n) ∈ Θ(nlogb a)

T (n) = cnk(

abk

)logb n+1 − 1(abk

)− 1

=cnk

(abk

)alogb n

nk− cnk

K1

=K2a

logb n − cnk

K1=

K2nlogb a − cnk

K1

Como a > bk ⇒ logb a > k ⇒ T (n) ∈ Θ(nlogb a)

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Teorema maestro - version completa

Dada una recurrencia del tipo:

T (n) = aT (n/b) + f (n)

donde a > 0, b > 0, y f (n) es una funcion asintoticamente positiva,entonces se puede aplicar el teorema maestro en estos tres casos:

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Teorema maestro - version completa

1 Si f (n) = O(nlogba−ε) para alguna constante ε > 0, entonces:

T (n) ∈ Θ(nlogba)

2 Si f (n) = Θ(nlogbalogkn) con1 k ≥ 0, entonces:

T (n) ∈ Θ(nlogbalogk+1n)

3 Si f (n) = Ω(nlogba+ε) con ε > 0, y f (n) satisface la condicion deregularidad (af (n/b) ≤ cf (n) para alguna constante c < 1 y paratodo n lo suficientemente grande), entonces:

T (n) ∈ Θ(f (n))

1k suele ser 0URJC DAA 22 / 37

Tema 3.2: Eficiencia de algoritmos recursivos Metodo general para resolucion de relaciones de recurrencia

Metodo general para resolucion de relaciones derecurrencia

No siempre se puede aplicar la expansion de recurrencias

Para muchas recurrencias no se conoce la forma de resolverlas

Sucede como con las integrales o ecuaciones diferenciales: sabemoscomo resolver un subconjunto de estas, pero no todas

Ahora veremos un metodo general con el que vamos a ampliar elconjunto de recurrencias que podemos resolver

Expansión derecurrencias

Método generalde resolución

de recurrencias

Recurrencias

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Recurrencias homogeneas

Dada la siguiente recurrencia homogenea (aparece un 0 en la partederecha):

a0T (n) + a1T (n − 1) + · · · + akT (n − k) = 0

Buscamos soluciones del tipo:

T (n) = C1P1(n)rn1 + · · · + CkPk(n)rnk =k∑

i=1

CiPi (n)rni

Realizando el cambio xz−n+k = T (z) obtenemos la ecuacioncaracterıstica asociada:

a0xk + a1x

k−1 + · · · + ak−1x + ak = 0

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Primer caso: raıces distintas

Si todas las raıces del polinomio de la ecuacion caracterıstica sondistintas:

T (n) = C1rn1 + · · · + Ck r

nk =

k∑i=1

Ci rni

Las constantes ri van a ser las raıces de la ecuacion caracterıstica

Pi (n) = 1, para todo i

Las constantes Ci se hallan a partir de las condiciones iniciales,resolviendo un sistema de ecuaciones

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Ejemplo: Numeros de Fibonacci

T (n) =

0 si n = 01 si n = 1T (n − 1) + T (n − 2) si n > 1

La ecuacion caracterıstica es x2 − x − 1 = 0, cuyas raıces son:

r1 =1 +√

5

2r2 =

1−√

5

2

Por tanto, al ser distintas, la solucion tiene la forma:

T (n) = C1rn1 + C2r

n2 = C1

(1 +√

5

2

)n

+ C2

(1−√

5

2

)n

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El siguiente paso consiste en hallar las constantes, a partir de lascondiciones iniciales (casos base de la recurrencia):

C1 + C2 = 0 = T (0)

C1

(1+√5

2

)+ C2

(1−√5

2

)= 1 = T (1)

Resolviendo el sistema obtenemos:

C1 =1√5

C2 = − 1√5

Finalmente:

T (n) =1√5

(1 +√

5

2

)n

− 1√5

(1−√

5

2

)n

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El segundo termino tiende a 0 segun n→∞, por tanto:

T (n) ∈ Θ

((1 +√

5

2

)n)

El orden es exponencial

El arbol de recursion es binario, pero esta podado

Para un arbol de recursion binario completo el orden es 2n

En este caso la base del exponente es (1 +√

5)/2 ≈ 1,618 < 2

7

6

5 4

3

2

1 0

1

2

1 0

3

2

1 0

1

4

3

2

1 0

1

2

1 0

5

3

2

1 0

1

4

3

2

1 0

1

2

1 0

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Segundo caso: raıces con multiplicidad mayor que 1

En general, el polinomio asociado a la ecuacion caracterıstica puedetener raıces con multiplicidad 1 o mayor que 1

(x − r1)m1 · (x − r2)m2 · · · (x − rk)mk = 0

En este caso general, la solucion tiene la forma:

T (n) =

m1∑i=1

C1ini−1rn1 +

m2∑i=1

C2ini−1rn2 + · · · +

mk∑i=1

Ckini−1rnk

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Segundo caso: raıces con multiplicidad mayor que 1

Ejemplo:

T (n) = 5T (n − 1)− 8T (n − 2) + 4T (n − 3)

Ecuacion caracterıstica:

x3 − 5x2 + 8x − 4 = (x − 2)2(x − 1) = 0

El 2 es una raız doble, por tanto:

T (n) = C12n + C2n2n + C31n

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Recurrencias no homogeneas - una primera idea

La parte de la derecha ya no es 0

T (n)− 2T (n − 1) = 3n (a)

La convertimos en homogenea:

T (n + 1)− 2T (n) = 3n+1 (1)3T (n)− 6T (n − 1) = 3n+1 (2)

T (n + 1)− 5T (n) + 6T (n − 1) = 0 (1)− (2)

En (1) se incrementa n en (a), en (2) se multiplica (a) por 3

Con T (0) = 0 y T (1) = 3

T (n) = 3 · 3n − 3 · 2n ∈ Θ(3n)

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Recurrencias no homogeneas - caso simple

Recurrencia, con un solo termino a la derecha donde d es el ordendel polinomio P(n)

a0T (n) + a1T (n − 1) + · · · + akT (n − k) = bnPd(n)


(a0xk + a1x

k−1 + · · ·+ ak)(x − b)d+1 = 0

Ejemplo:

T (n)− 2T (n − 1) = n b = 1 P(n) = n d = 1

(x−2)(x−1)2 = 0 =⇒ T (n) = C12n+C21n+C3n1n ∈ Θ(2n)

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Recurrencias no homogeneas - caso general

Recurrencia general:

a0T (n) +a1T (n−1) + · · · +akT (n−k) = bn1Pd11 (n) + · · ·+bnsP

dss (n)


(a0xk + a1x

k−1 + · · ·+ ak)(x − b1)d1+1 · · · (x − bs)ds+1 = 0

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Ejemplo:

T (n) = 2T (n − 1) + n + 2n con T (0) = 1


(x − 2)(x − 1)2(x − 2) = (x − 2)2(x − 1)2 = 0

Solucion (sin hallar las constantes):

T (n) = C12n + C2n2n + C31n + C4n1n

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Dado T (0) = 1, y usando T (n) = 2T (n − 1) + n + 2n tenemos quehallar T (1), T (2) y T (3), para formar un sistema de 4 ecuaciones y 4incognitas (las constantes):

T (1) = 5 T (2) = 16 T (3) = 43

C1 + C3 = 1 = T (0)2C1 + 2C2 + C3 + C4 = 5 = T (1)

4C1 + 8C2 + C3 + 2C4 = 16 = T (2)8C1 + 24C2 + C3 + 3C4 = 43 = T (3)

Solucion final (C1 = 3, C2 = 1, C3 = −2 y C4 = −1):

T (n) = 3 · 2n + n2n − 2− n ∈ Θ(n2n)

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Metodo de cambio de variable

Recurrencia: T (n) = 4T (n/2) + n T (1) = 1 T (2) = 6

Cambio: n = 2k ⇒ T (2k) = 4T (2k−1) + 2k

T (n) = T (2k) = t(k) ⇒ t(k) = 4t(k − 1) + 2k Nueva recurrencia

Ecuacion caracterıstica: (x − 4)(x − 2) = 0

t(k) = C1(4k) + C2(2k) = C1(2k)2 + C2(2k)

Deshaciendo el cambio: T (n) = C1n2 + C2n

Hallando las constantes: T (n) = 2n2 − n ∈ θ(n2)

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Expansion de recurrencias (mismo ejemplo)

T (n) = T (n) = 4T (n/2) + n

= 4[4T(n

4

)+

n

2

]+ n = 42T

( n

22

)+ 2n + n

= 4[4[4T(n

8

)+

n

4

]+

n

2

]+ n = 43T

( n

23

)+ 4n + 2n + n

= 4iT( n

2i

)+ n

i−1∑j=0

2j = 4iT( n

2i

)+ n(2i − 1)

El caso base T (1) se alcanza cuando n = 2i , n2 = (2i )2 = (22)i = 4i .Sustituyendo:

T (n) = n2 + n(n − 1) = 2n2 − n

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